湖北黄梅县第一中学2025-2026学年高二下学期数学测试卷5.19

**基本信息** 以智能汽车、人形机器人等科技情境和杨辉三角、《孙子算经》等文化素材为载体，覆盖概率统计、二项式定理、导数应用等核心知识，通过基础题到综合题的梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理与数学建模素养，适配高二周测的知识巩固与能力提升需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|组合（1）、全概率公式（3）、同余（6）|结合人民币组合、汽车故障率等生活场景| |多选题|3|杨辉三角（10）、导数性质（11）|融入数学文化，考查概念辨析与逻辑推理| |填空题|3|二项式常数项（12）、古典概型（13）|聚焦基础运算，渗透数学抽象| |解答题|5|概率分布列（15）、二项式定理（17）、导数应用（18）|设计机器人成功概率、外卖延迟等综合情境，考查数学建模与问题解决能力|

高二数学测试5.19 一、单选题 1．现有壹圆、伍圆、拾圆、贰拾圆、伍拾圆的人民币各一张，一共可以组成的币值种数为（    ） A．30 B．31 C．32 D．64 2．已知，则（   ） A． B． C． D． 3．某厂用甲、乙两台机器生产同样的零件，它们的产量各占45%，55%．而各自的产品中废品率分别为3%，2%．则该厂这种零件的废品率是（   ） A．1% B．1.45% C．2.45% D．5% 4．已知随机变量X的分布列为： X 1 2 3 4 P 则（   ） A． B． C． D． 5．盒子里放着五张卡片，两面都是红色的卡片一张，两面都是黑色的卡片两张，一面是红色一面是黑色的卡片两张.现在随机抽出一张卡片，并展示它一面的颜色.假设这一面的颜色是红色，那么剩下一面的颜色也是红色的概率是（    ） A． B． C． D． 6．中国南北朝时期的著作《孙子算经》中，对同余除法有较深的研究.设，，（）为整数，若和被除得的余数相同，则称和对模同余，记为.若，，则的值可以是（   ） A．2024 B．2025 C．2026 D．2027 7．某汽车4S店从甲乙丙三个车企分别采购同一款智能汽车500，400，100辆进行销售，甲乙丙三个车企生产的该智能汽车的智驾故障率分别为2%，3%，5%，某消费者从该4S店购买了一台此款智能汽车，在智驾过程中突然出现故障，则根据概率计算出甲乙丙三个车企应承担的责任比为（　　） A．2：3：5 B．10：12：5 C．5：12：10 D．5：4：1 8．若恒成立，则实数a的取值范围是（       ） A． B． C． D． 二、多选题 9．对于随机事件，，，且，则（   ） A． B． C． D． 10．我国南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》就给出了著名的杨辉三角，由此可见我国古代数学的成就是非常值得中华民族自豪的.以下关于杨辉三角的说法正确的是（   ） A．第6行从左到右第4个数是15 B．第2026行的第1014个数最大 C． D．记第n行的第i个数为，则 11．已知定义在上的函数的导函数为，若，且，则下列说法正确的是（    ） A． B．在处取得最小值 C．时，恒成立 D． 三、填空题 12．的展开式中的常数项为______． 13．从10双相同的鞋子中随机抽取4只鞋，恰好可以作为2双的概率为__________． 14．已知数列满足，其中为函数在上的极值点，则__________. 四、解答题 15．4月6日，河南郑州街头出现人形机器人“店员”，为顾客提供智能售卖服务.已知每次独立执行高难度动作时，A机器人成功的概率为0.9，失败的概率为，机器人成功的概率为0.8，失败的概率为0.2. (1)若从两个机器人中等可能地选用一个机器人独立执行一次高难度动作，求该机器人成功的概率； (2)若机器人各自独立执行一次高难度动作，记机器人成功的次数为，求的分布列. 16．某外卖平台订单集中在早高峰、午高峰、晚高峰三个时段，三个时段订单占比依次为 30%、40%、30%.统计发现，不同时段受接单压力影响，出现送餐延迟的概率不同，早高峰订单，发生延迟的概率为2%；午高峰订单，发生延迟的概率为3%；晚高峰订单，发生延迟的概率为4%.现随机抽取一笔外卖订单. (1)该订单来自午高峰时段且发生延迟的概率； (2)该订单发生延迟的概率； (3)若已知订单出现延迟，求它来自晚高峰时段的概率. 17．已知在的展开式中，第6项系数与第4项系数之比是6:1. (1)求展开式中所有二项式系数的和. (2)若展开式中，第k项为有理项，求k的取值集合. (3)求展开式中系数绝对值最大的项. 18．已知函数. (1)若，求的极小值； (2)当时，求的单调递增区间； (3)若有极大值，求的取值范围. 19．ACE球是指在网球对局中，一方发球，球落在有效区内，但接球方却没有触及到球而使发球方直接得分的发球.甲、乙两人进行发球训练，规则如下：每次由其中一人发球，若发出ACE球，则换人发球，若未发出ACE球，则两人等可能地获得下一次发球权.设甲，乙发出ACE球的概率均为，记事件表示“第n次发球的人是甲”． (1)若，， （i）求； （ii）已知第三次发球的人是甲，求第二次发球的人是甲的概率； (2)若，证明： 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 第1页 共4页 ◎ 第2页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 《2026年5月19日高二数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A C A A A B D BCD BCD 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】根据题意，一共可以组成的币值种数为种． 2．A 【详解】设， 令，得； 令，得； 故． 3．C 【详解】记事件为零件为废品，事件为甲机器生产的产品，事件为乙机器生产的产品． 则． 4．A 【详解】由随机变量分布列性质得：，解得， 所以． 5．A 【分析】先确定抽出一张卡片展示一面颜色的事件，利用条件概率公式即可求解. 【详解】记抽出一张卡片，展示的这一面的颜色是红色为事件, 剩下一面的颜色是红色为事件，抽出一张卡片展示一面是红色且剩下一面也是红色为事件. 两面都是红色的卡片有1张，共个红色面； 两面都是黑色的卡片有2张，无红色面； 一面红色一面黑色的卡片有2张，共个红色面； 总面数：面，其中红色面总数为面； 随机抽一张卡片并展示一面，所有可能的面有10种（等可能）， 其中红色面有4种，因此 ，因此 ， 根据条件概率公式代入得： . 6．A 【分析】依题意可得，利用二项式定理说明被8除得的余数为0，即可判断. 【详解】因为， 所以 ， 所以， 即被8除得的余数为0，结合选项可知只有2024被8除得的余数为0. 7．B 【分析】设事件 分别表示购买一辆汽车是甲、乙、丙车企生产的，事件 表示智驾出现故障，由贝叶斯公式得，，即可求解. 【详解】设事件 分别表示购买一辆汽车是甲、乙、丙车企生产的， 则 ， 事件 表示智驾出现故障， 则由全概率公式得 ， 由贝叶斯公式得，，， 所以甲乙丙要承担的责任比为. 故选：B. 8．D 【分析】首先利用导数求函数，的最大值，再根据条件转化为恒成立，最后利用参数分离转化为最值问题求解. 【详解】设，， ，得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，所以当时，取得最大值，， 即恒成立， 设，由条件恒成立， 得恒成立，即恒成立，设， ，得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，所以时，取得最大值， 则. 9．BCD 【分析】根据条件概率公式进行计算即可. 【详解】因为对于随机事件，，，且，， 所以，所以A错误； ，所以B正确； ，所以C正确； ，所以D正确. 10．BCD 【详解】对A：第6行从左到右的第4个数为，故A错误； 对B：第2026行一共有2027个数，中间的第个数最大，故B正确； 对C：因为，，…，，故C正确； 对D：因为，所以，故D正确. 11．ACD 【分析】令，利用导数求出的单调性，即可判断A；结合A，可得，为常数，进而可得，利用导数确定其单调性及最值，即可判断B；利用对数函数的性质可判断C；根据函数的解析式，利用放缩或图象法判断D. 【详解】因为， 所以， 令， 则， 令，得，解得， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减. 对于A，因为， 所以，即， 所以，故A正确； 对于B，由A可知， 所以，为常数， 所以， 又因为，所以， 所以，所以， 令，得， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减， 所以在处取得最大值，故B错误； 对于C，因为， 所以当时，恒成立，故C正确； 对于D，由B可知，且在处取得最大值， 又因为， ， 所以，故D正确. 12．49 【分析】分类讨论利用多项式展开式的通项公式求解即可. 【详解】展开式中得到常数项的方法分类如下： （1）4个因式全取1，相乘得到常数项.常数项为； （2）4个因式中有1个取，则再取1个，其余因式取，相乘得到常数项.常数项为； （3）4个因式中有2个取，则再取2个，相乘得到常数项为， 合并同类项，所以展开式中常数项为. 13． 【详解】10双鞋子共20只，从20只中随机抽取4只，不考虑顺序，总抽法为 ， 因为是10双相同的鞋子，故恰好凑成2双，即从10双左脚的鞋中选择两双，从10双右脚的鞋中选择两双， 符合条件的抽法为， 根据古典概型可知恰好可以作为2双的概率. 14． 【分析】求得，得到，由，得到，且，求得，得到，代入计算，即可求解. 【详解】由函数，可得， 因为为的极值点，可得， 又因为且，所以， 令函数，可得，所以在上单调递增， 所以，则， 又因为，所以， 所以， 因为，所以 代入可得. 15．(1)0.85 (2) 0 1 2 0.02 0.26 0.72 【分析】（1）根据全概率公式求解即可. （2）分析可能取值为，再求出其相应概率，写出分布列即可. 【详解】（1）设事件为选用机器人A，事件为选用机器人B， 用事件表示机器人成功，则 由全概率公式得. （2）由题意得的取值可能为. ， ， ， 的分布列为 0 1 2 0.02 0.26 0.72 16．(1) (2) (3) 【详解】（1）设订单来自早、午、晚高峰时段分别为事件 A， B，；出现延迟事件V ， 由题意可知，， 可得， 所以订单来自午高峰时段且发生延迟的概率为． （2）由题意可得 ， 所以该订单发生延迟的总概率． （3）由题意可得， 所以订单出现延迟，来自晚高峰时段的概率为． 17．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据展开式的通项及第6项系数与第4项系数之比是6:1，求出的值，根据即可求得二项式系数和； （2）利用（1）的结论及展开式的通项知，当k为偶数时为有理项，由此可得k的取值集合. （3）利用通项写出各项的系数，列出相应的不等式组，求解可得的值，即可得到展开式中系数绝对值最大的项. 【详解】（1）的展开式的通项为. 因为第6项系数与第4项系数之比是6:1，所以，即， 化简得，即. 因为，所以. 所以的展开式中所有二项式系数的和为. （2）由（1）知的展开式的第项为. 若展开式中，第k项为有理项，则是整数，即是奇数，所以为偶数. 所以k的取值集合为. （3）的展开式的通项为，系数为. 令，即， 解得. 因为，所以. 所以展开式中系数绝对值最大的项为. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据导数直接研究函数的单调性即可求得是函数的极小值点，极小值为； （2）求导得，再结合讨论导函数在上的符号即可得答案 ； （3）根据（1）讨论的情况；结合（2）讨论的情况，最后结合（2）的导函数的零点讨论和时的情况即可求得答案. 【详解】（1）当时，，， 令得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以是函数的极小值点，极小值为； （2）函数的定义域为，， 令得，， 因为，， 所以当时，，； 当时，，； 当时，，； 所以函数的单调递增区间为； （3）由（1）知，当时， 在上单调递减，在上单调递增， 所以，是函数的极小值点，无极大值点，即不存在极大值； 由（2）知，，令得，， 当时，函数在区间上单调递增，在上单调递减， 所以是函数的极大值点，是的极小值点，存在极大值，满足题意； 当时，，恒成立， 故在上单调递增，无极值，不满足题意； 当时，， 所以当时，，； 当时，，； 当时，，； 所以是函数的极大值点，是的极小值点，存在极大值，满足题意； 综上，当时，函数存在极大值. 19．(1)（i）（ii） (2)证明见解析 【分析】（1）（i）由第一次发球是甲得第二次发球是乙的情况列方程求解， （ii）根据条件概率求出及，再由全概率公式求出，代入贝叶斯公式求解； （2）根据全概率公式得到和的关系式，结合已知条件证得. 【详解】（1）（i）因为，， 所以. （ii）第二次发球的人是甲的条件下，第三次发球的人是甲的概率为， 第二次发球的人是乙的条件下，第三次发球的人是甲的概率为， 第三次发球的人是甲的概率是， 第三次发球的人是甲，第二次发球的人是甲的概率为. （2）， 因为，， 所以， 因为，， 所以，. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $